а)  Обо­зна­чим цен­тры окруж­но­стей O₁ и O₂ со­от­вет­ствен­но. Пусть общая ка­са­тель­ная, про­ведённая к окруж­но­стям в точке K, пе­ре­се­ка­ет AB в точке M. По свой­ству ка­са­тель­ных, про­ведённых из одной точки, AM  =  KM и KM  =  BM. Тре­уголь­ник AKB, у ко­то­ро­го ме­ди­а­на равна по­ло­ви­не сто­ро­ны, к ко­то­рой она про­ве­де­на,  — пря­мо­уголь­ный. Впи­сан­ный угол AKD пря­мой, по­это­му он опи­ра­ет­ся на диа­метр AD. Зна­чит, AD ⊥ AB. Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем, что BC ⊥ AB. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые AD и BC па­рал­лель­ны.

б)  Пусть, для опре­де­лен­но­сти, ра­ди­ус окруж­но­сти с цен­тром в точке O₁ равен 4, а ра­ди­ус окруж­но­сти с цен­тром в точке O₂ равен 1. Тре­уголь­ни­ки BKC и AKD по­доб­ны, Пусть тогда У тре­уголь­ни­ков AKD и AKB общая вы­со­та, сле­до­ва­тель­но,

то есть S_AKB  =  4S. Ана­ло­гич­но, S_CKD  =  4S. Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна 25S.

Вы­чис­лим пло­щадь тра­пе­ции ABCD. За­ме­тим, что Про­ведём к AD пер­пен­ди­ку­ляр O₂H, рав­ный вы­со­те тра­пе­ции, и найдём его из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка O₂HO₁. По­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, 25S  =  20, от­ку­да S  =  0,8 и S_AKB  =  4S  =  3,2.

Ответ: б) 3,2.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Ра­ми­ля Ба­га­ви­е­ва.

Вы­чис­лим пло­щадь тра­пе­ции ABCD. За­ме­тим, что Про­ведём к AD пер­пен­ди­ку­ляр O₂H, рав­ный вы­со­те тра­пе­ции, и найдём его из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка O₂HO₁:

Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков AKD и AKB сле­ду­ет таким об­ра­зом, AK  =  2BK. При­ме­ним тео­ре­му Пи­фа­го­ра к тре­уголь­ни­ку AKB, на­хо­дим:

Тогда от­ку­да по­лу­ча­ем:

а)  Пусть АВ  — диа­метр боль­шей из трёх окруж­но­стей, О  — её центр, O₁  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са r у ка­са­ю­щей­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром АВ в точке А, O₂  — центр окруж­но­сти ра­ди­у­са R, ка­са­ю­щей­ся окруж­но­сти с диа­мет­ром АВ в точке С, окруж­но­сти с цен­тром O₁  — в точке D, от­рез­ка АВ  — в точке Е. Точки О, O₂ и С лежат на одной пря­мой, по­это­му OO₂  =  ОС − O₂С  =  ОС − R. Ана­ло­гич­но ОО₁  =  OA − О₁А  =  ОА − r и O₁O₂  =  O₁D + O2D  =  r + R. Сле­до­ва­тель­но, пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка OO₁O₂ равен

б)  Пусть OA  =  4, r  =  1. Тогда по­лу­ча­ем: O₂Е  =  R, O₁O₂  =  1 + R, OO₁  =  OA − О₁А  =  4 − 1  =  3, OO₂  =  ОС − O₂С  =  4 − R. Из пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков O₁O₂Е и OO₂Е на­хо­дим, что

а по­сколь­ку

По­лу­чен­ное урав­не­ние не имеет кор­ней, что озна­ча­ет, что дан­ная кон­фи­гу­ра­ция не­воз­мож­на.

Рас­смот­рим слу­чай, когда точка Е лежит между точ­ка­ми О и А. В этом слу­чае О₁E  =  OO₁ − ОЕ, то есть Из этого урав­не­ния на­хо­дим, что

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Наиля Му­си­на.

Пусть ра­ди­ус тре­тьей окруж­но­сти равен R. Рас­смот­рим тре­уголь­ник OO₁O₂:

По до­ка­зан­но­му в пунк­те а) пе­ри­метр тре­уголь­ни­ка OO₁O₂ равен 8. Най­дем пло­щадь этого тре­уголь­ни­ка по фор­му­ле Ге­ро­на:

За­ме­тим, что ра­ди­ус R тре­тьей окруж­но­сти яв­ля­ет­ся вы­со­той дан­но­го тре­уголь­ни­ка, сле­до­ва­тель­но,

а)  Пусть две хорды равны 3x и 3y. По тео­ре­ме о про­из­ве­де­нии пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд 2x · x  =  2y · y. От­сю­да на­хо­дим, что x  =  y, зна­чит, эти хорды равны. Ана­ло­гич­но до­ка­жем, что тре­тья хорда равна каж­дой из пер­вых двух.

б)  Рав­ные хорды рав­но­уда­ле­ны от цен­тра окруж­но­сти, по­это­му центр рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка с вер­ши­на­ми в точ­ках по­пар­но­го пе­ре­се­че­ния хорд сов­па­да­ет с цен­тром дан­ной окруж­но­сти. Пусть хорды BE и CF пе­ре­се­ка­ют хорду AD в точ­ках P и Q со­от­вет­ствен­но, хорды BE и FC пе­ре­се­ка­ют­ся в точке T, а H  — про­ек­ция цен­тра O на хорду AD. Тогда H  — общая се­ре­ди­на от­рез­ков AD и PQ, а OH  — ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка PQT со сто­ро­ной PQ.

Через точку T про­ведём пря­мую, па­рал­лель­ную AD, через точку P  — пря­мую, па­рал­лель­ную CF, а через точку Q  — пря­мую, па­рал­лель­ную BE. Эти пря­мые и хорды AD, BE и CF раз­би­ва­ют ше­сти­уголь­ник ABCDEF на 13 оди­на­ко­вых рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ков.

Обо­зна­чим PQ  =  2a. Тогда

От­сю­да на­хо­дим, что a  =  3, зна­чит, PQ = 2a = 6,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

а)  Пусть O  — центр боль­шей окруж­но­сти. Линия цен­тров ка­са­ю­щих­ся окруж­но­стей про­хо­дит через точку ка­са­ния, по­это­му OA  — диа­метр мень­шей окруж­но­сти.

Точка K лежит на окруж­но­сти с диа­мет­ром OA, зна­чит, ∠AKO = 90°. От­ре­зок OK  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из цен­тра боль­шей окруж­но­сти на хорду AB. По­это­му K  — се­ре­ди­на AB. Ана­ло­гич­но M  — се­ре­ди­на AC, по­это­му KM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC. Сле­до­ва­тель­но, пря­мые MK и BC па­рал­лель­ны.

б)  Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр OH на хорду BC. Тогда H  — се­ре­ди­на BC. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OHB на­хо­дим, что

Пусть Q  — центр мень­шей окруж­но­сти. Тогда пря­мые QP и OH па­рал­лель­ны. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр QF из цен­тра мень­шей окруж­но­сти на OH. Тогда

а из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка APO на­хо­дим, что

От­ре­зок KM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, по­это­му L сре­ди­на AP. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

При­ведём ре­ше­ние Марии Ковалёвой (Москва).

а)  Про­ведём общую ка­са­тель­ную к окруж­но­стям AT, как по­ка­за­но на ри­сун­ке слева. Тогда и по­сколь­ку угол между ка­са­тель­ной и хор­дой равен по­ло­ви­не за­ключённой между ними дуги. Тогда равны Со­от­вет­ствен­ные углы при пе­ре­се­че­нии пря­мых KM и BC равны, по­это­му дан­ные пря­мые па­рал­лель­ны.

б)  По обоб­щен­ной тео­ре­ме си­ну­сов, в тре­уголь­ни­ках AKM и ABC сто­ро­ны KM и BC от­но­сят­ся так же, как ра­ди­у­сы дан­ных в усло­вии окруж­но­стей, то есть как 1 : 2. Сле­до­ва­тель­но, KM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка ABC, и по тео­ре­ме Фа­ле­са. Оста­лось найти AР.

Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр OH на хорду BC (см. рис. спра­ва). Тогда H  — се­ре­ди­на BC. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OHB на­хо­дим, что

Тре­уголь­ник OAP пря­мо­уголь­ный, так как угол OРA опи­ра­ет­ся на диа­метр. Углы OAP и OPH равны по тео­ре­ме об угле между ка­са­тель­ной и хор­дой. Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки OAP и OPH по­доб­ны по остро­му углу. Имеем: то есть Сле­до­ва­тель­но, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Чи­та­тель, изу­ча­ю­щий углуб­лен­ный курс гео­мет­рии или за­ни­мав­ший­ся в круж­ке, сразу за­ме­тит, что при го­мо­те­тии с цен­тром в точке A и ко­эф­фи­ци­ен­том 2 мень­шая окруж­ность пе­ре­хо­дит в боль­шую, а хорда KM пе­ре­хо­дит в хорду BC. Из этого сразу сле­ду­ет и па­рал­лель­ность прямыx KM и BC, и со­от­но­ше­ние

а)  Точки M и D лежат на окруж­но­стях с диа­мет­ра­ми BC и AB со­от­вет­ствен­но, по­это­му

Пря­мые AD и MC пер­пен­ди­ку­ляр­ны одной и той же пря­мой MD, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AD и MC па­рал­лель­ны.

б)  Пусть точка  O  — центр окруж­но­сти с диа­мет­ром BC. Тогда пря­мые OM и AM вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Пря­мые BK и AM также вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Таким об­ра­зом, пря­мые OM и BK па­рал­лель­ны. Обо­зна­чим BK через x. Тре­уголь­ник AMO по­до­бен тре­уголь­ни­ку AKB с ко­эф­фи­ци­ен­том 5, по­это­му OB  =  OM  =  5x. Опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр BP из точки B на пря­мую OM. Четырёхуголь­ник BKMP  — пря­мо­уголь­ник, по­это­му по­лу­ча­ем:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра OB²  =  BP² + OP², от­ку­да 25x²  =  144 + 16x². По­лу­ча­ем, что x  =  4. По­сколь­ку пря­мые AD и MC па­рал­лель­ны, имеем:

Зна­чит, тре­уголь­ни­ки DBC и AMB рав­но­ве­ли­ки. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 30.